Страница 175 - гдз по алгебре 9 класс учебник Макарычев, Миндюк

662. Проверьте, что при $n = 1, 2, 3$ верна формула

$1^3 + 2^3 + 3^3 + \dots + n^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}$

Докажите, что эта формула верна при любом натуральном $n$.

Проверка, что при n = 1, 2, 3 верна формула

Проверим справедливость равенства $1^3 + 2^3 + 3^3 + ... + n^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}$ для указанных значений $n$.

При n = 1:
Левая часть: $1^3 = 1$.
Правая часть: $\frac{1^2(1+1)^2}{4} = \frac{1 \cdot 2^2}{4} = \frac{4}{4} = 1$.
Равенство $1 = 1$ верно.

При n = 2:
Левая часть: $1^3 + 2^3 = 1 + 8 = 9$.
Правая часть: $\frac{2^2(2+1)^2}{4} = \frac{4 \cdot 3^2}{4} = \frac{4 \cdot 9}{4} = 9$.
Равенство $9 = 9$ верно.

При n = 3:
Левая часть: $1^3 + 2^3 + 3^3 = 1 + 8 + 27 = 36$.
Правая часть: $\frac{3^2(3+1)^2}{4} = \frac{9 \cdot 4^2}{4} = \frac{9 \cdot 16}{4} = 9 \cdot 4 = 36$.
Равенство $36 = 36$ верно.

Ответ: Проверка подтвердила, что формула верна для $n = 1, 2, 3$.

Доказательство, что эта формула верна при любом натуральном n

Докажем данное тождество методом математической индукции. Обозначим утверждение $P(n)$: $1^3 + 2^3 + ... + n^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}$.

Шаг 1: База индукции
Для $n=1$ утверждение $P(1)$ верно, что было показано в первой части: $1^3 = \frac{1^2(1+1)^2}{4}$, или $1=1$.

Шаг 2: Индукционное предположение
Предположим, что утверждение $P(k)$ верно для некоторого натурального числа $k \ge 1$:
$1^3 + 2^3 + ... + k^3 = \frac{k^2(k+1)^2}{4}$.

Шаг 3: Индукционный переход
Докажем, что из верности $P(k)$ следует верность $P(k+1)$, то есть:
$1^3 + 2^3 + ... + k^3 + (k+1)^3 = \frac{(k+1)^2((k+1)+1)^2}{4}$.

Преобразуем левую часть равенства для $P(k+1)$, используя индукционное предположение для суммы первых $k$ кубов:
$(1^3 + 2^3 + ... + k^3) + (k+1)^3 = \frac{k^2(k+1)^2}{4} + (k+1)^3$.

Приведем слагаемые к общему знаменателю и вынесем за скобки общий множитель $(k+1)^2$:
$\frac{k^2(k+1)^2 + 4(k+1)^3}{4} = \frac{(k+1)^2(k^2 + 4(k+1))}{4}$.

Упростим выражение в скобках:
$k^2 + 4k + 4 = (k+2)^2$.

Подставим полученный результат обратно в выражение:
$\frac{(k+1)^2(k+2)^2}{4}$.

Полученное выражение совпадает с правой частью равенства для $P(k+1)$: $\frac{(k+1)^2(k+2)^2}{4}$.
Таким образом, индукционный переход доказан.

Поскольку база индукции верна и индукционный переход доказан, по принципу математической индукции формула верна для любого натурального числа $n$.

Ответ: Доказано, что формула верна для любого натурального $n$.

663. Докажите, что при любом натуральном n верно равенство

$1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + 3 \cdot 4 + \dots + n(n + 1) = \frac{1}{3} n(n + 1)(n + 2)$

Докажем данное равенство с помощью метода математической индукции.

Обозначим утверждение, которое нужно доказать, как $P(n)$:
$P(n): 1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + 3 \cdot 4 + \dots + n(n + 1) = \frac{1}{3}n(n + 1)(n + 2)$

Шаг 1: Базис индукции

Проверим, верно ли утверждение для наименьшего натурального числа $n=1$.

Левая часть равенства при $n=1$ состоит из одного слагаемого:
$1 \cdot (1 + 1) = 1 \cdot 2 = 2$.

Правая часть равенства при $n=1$ равна:
$\frac{1}{3} \cdot 1 \cdot (1 + 1) \cdot (1 + 2) = \frac{1}{3} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3 = \frac{6}{3} = 2$.

Так как левая и правая части равны ($2 = 2$), утверждение $P(1)$ верно.

Шаг 2: Индукционный шаг

Предположим, что утверждение $P(k)$ верно для некоторого натурального числа $k$. Это называется индукционным предположением.

Индукционное предположение:
$1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + \dots + k(k + 1) = \frac{1}{3}k(k + 1)(k + 2)$.

Теперь докажем, что из этого предположения следует верность утверждения для следующего натурального числа, то есть для $n = k + 1$. Другими словами, нам нужно доказать, что верно $P(k+1)$:

$P(k+1): 1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + \dots + k(k + 1) + (k+1)((k+1)+1) = \frac{1}{3}(k+1)((k+1)+1)((k+1)+2)$.

Упростим правую часть целевого равенства:
$\frac{1}{3}(k+1)(k+2)(k+3)$.

Рассмотрим левую часть равенства для $n = k+1$:

$1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + \dots + k(k + 1) + (k+1)(k+2)$

Выделим в левой части сумму первых $k$ слагаемых, которая нам известна из индукционного предположения:

$(1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + \dots + k(k + 1)) + (k+1)(k+2)$

Теперь заменим сумму в скобках на выражение из правой части нашего индукционного предположения:

$\frac{1}{3}k(k + 1)(k + 2) + (k+1)(k+2)$

Вынесем общий множитель $(k+1)(k+2)$ за скобки:

$(k+1)(k+2) \cdot (\frac{1}{3}k + 1)$

Приведем выражение в скобках к общему знаменателю:

$(k+1)(k+2) \cdot (\frac{k}{3} + \frac{3}{3}) = (k+1)(k+2) \cdot (\frac{k+3}{3})$

Перепишем полученное выражение в виде, соответствующем правой части доказываемого равенства для $n=k+1$:

$\frac{1}{3}(k+1)(k+2)(k+3)$

Мы получили в точности правую часть равенства для $n=k+1$. Таким образом, мы доказали, что если утверждение верно для $n=k$, то оно верно и для $n=k+1$.

Вывод

Так как утверждение верно для $n=1$ (базис индукции) и из его верности для $n=k$ следует его верность для $n=k+1$ (индукционный шаг), то по принципу математической индукции данное равенство верно для любого натурального числа $n$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказательство приведено выше с использованием метода математической индукции. Равенство $1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + 3 \cdot 4 + \dots + n(n + 1) = \frac{1}{3}n(n + 1)(n + 2)$ верно для всех натуральных $n$.

664. Докажите, что при любом натуральном $n$ сумма

$\frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \dots + \frac{1}{n(n+1)}$

может быть вычислена по формуле $S_n = \frac{n}{n+1}$.

Доказательство:

Требуется доказать, что для любого натурального $n$ сумма $S_n = \frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \dots + \frac{1}{n(n+1)}$ равна $\frac{n}{n+1}$.

Для доказательства воспользуемся методом, основанным на представлении каждого слагаемого в виде разности двух дробей. Рассмотрим общий член суммы, который имеет вид $\frac{1}{k(k+1)}$, где $k$ — натуральное число от 1 до $n$.

Покажем, что этот член можно представить в виде разности $\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}$. Для этого приведем разность к общему знаменателю: $$ \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} = \frac{1 \cdot (k+1) - 1 \cdot k}{k(k+1)} = \frac{k+1-k}{k(k+1)} = \frac{1}{k(k+1)} $$ Тождество доказано. Таким образом, каждый член исходной суммы можно представить в виде разности: $\frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}$.

Теперь перепишем исходную сумму $S_n$, заменив каждое слагаемое на соответствующую разность: $$ S_n = \left(\frac{1}{1} - \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{4}\right) + \dots + \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right) $$

Такая сумма называется телескопической. Если раскрыть скобки, то все промежуточные члены взаимно уничтожатся: $$ S_n = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} $$ Слагаемые $-\frac{1}{2}$ и $+\frac{1}{2}$ в сумме дают ноль, $-\frac{1}{3}$ и $+\frac{1}{3}$ также сокращаются, и так далее, вплоть до пары $-\frac{1}{n}$ и $+\frac{1}{n}$.

В результате сокращения в сумме остаются только первый и последний члены: $$ S_n = 1 - \frac{1}{n+1} $$ Приведем их к общему знаменателю: $$ S_n = \frac{n+1}{n+1} - \frac{1}{n+1} = \frac{n+1-1}{n+1} = \frac{n}{n+1} $$

Таким образом, мы показали, что $S_n = \frac{n}{n+1}$, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что сумма $\frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \dots + \frac{1}{n(n+1)}$ при любом натуральном $n$ действительно может быть вычислена по формуле $S_n = \frac{n}{n+1}$.

665. Докажите, что при любом натуральном $n$ верно равенство

$1 \cdot 4 + 2 \cdot 7 + 3 \cdot 10 + \ldots + n(3n + 1) = n(n + 1)^2$

Докажем данное равенство с помощью метода математической индукции.

База индукции

Проверим справедливость равенства для $n=1$. Для левой части получаем $1 \cdot (3 \cdot 1 + 1) = 1 \cdot 4 = 4$. Для правой части получаем $1 \cdot (1 + 1)^2 = 1 \cdot 2^2 = 4$. Так как $4 = 4$, равенство для $n=1$ верно.

Индукционное предположение

Предположим, что равенство верно для некоторого натурального числа $n=k$, где $k \ge 1$. То есть, мы считаем верным утверждение:

$1 \cdot 4 + 2 \cdot 7 + 3 \cdot 10 + \dots + k(3k + 1) = k(k + 1)^2$.

Индукционный шаг

Докажем, что если равенство верно для $n=k$, то оно верно и для следующего натурального числа $n = k+1$. Требуется доказать:

$1 \cdot 4 + 2 \cdot 7 + \dots + k(3k + 1) + (k+1)(3(k+1) + 1) = (k+1)((k+1) + 1)^2$.

Рассмотрим левую часть этого равенства. Ее можно представить как сумму для $n=k$ и еще одного слагаемого:

$(1 \cdot 4 + 2 \cdot 7 + \dots + k(3k+1)) + (k+1)(3(k+1) + 1)$.

Используя индукционное предположение для выражения в скобках, получаем:

$k(k+1)^2 + (k+1)(3k+3+1) = k(k+1)^2 + (k+1)(3k+4)$.

Вынесем общий множитель $(k+1)$ за скобки:

$(k+1)[k(k+1) + (3k+4)] = (k+1)[k^2 + k + 3k + 4] = (k+1)(k^2 + 4k + 4)$.

Выражение в скобках $k^2 + 4k + 4$ является полным квадратом $(k+2)^2$. Таким образом, левая часть равна:

$(k+1)(k+2)^2$.

Правая часть доказываемого равенства для $n=k+1$ также равна $(k+1)((k+1)+1)^2 = (k+1)(k+2)^2$.

Поскольку левая и правая части совпали, индукционный шаг доказан. Следовательно, по принципу математической индукции, исходное равенство верно для любого натурального $n$.

Ответ: Равенство $1 \cdot 4 + 2 \cdot 7 + 3 \cdot 10 + \dots + n(3n + 1) = n(n + 1)^2$ доказано.

666. Пусть $(b_n)$ — последовательность, в которой $b_1 = -3$, $b_{k+1} = b_k + 6k + 3$. Докажите, что эту последовательность можно задать формулой $b_n = 3n^2 - 6$.

Для доказательства того, что последовательность $(b_n)$, заданная рекуррентно как $b_1 = -3$ и $b_{k+1} = b_k + 6k + 3$, может быть задана формулой общего члена $b_n = 3n^2 - 6$, воспользуемся методом математической индукции.

1. База индукции

Проверим, является ли предложенная формула верной для первого члена последовательности, то есть для $n=1$.

Согласно условию задачи, $b_1 = -3$.

Теперь вычислим значение первого члена, используя формулу $b_n = 3n^2 - 6$ при $n=1$:

$b_1 = 3 \cdot 1^2 - 6 = 3 \cdot 1 - 6 = 3 - 6 = -3$.

Так как значение, вычисленное по формуле, совпадает со значением, данным в условии ($ -3 = -3$), база индукции верна.

2. Шаг индукции (Индукционный переход)

Предположим, что формула верна для некоторого произвольного натурального числа $n=k$, где $k \ge 1$. То есть, мы принимаем за истину, что $b_k = 3k^2 - 6$. Это наше индукционное предположение.

Теперь нам нужно доказать, что формула будет верна и для следующего члена последовательности, то есть для $n=k+1$. Мы должны показать, что $b_{k+1} = 3(k+1)^2 - 6$.

Для этого воспользуемся рекуррентной формулой, данной в условии задачи: $b_{k+1} = b_k + 6k + 3$.

Подставим в это равенство наше индукционное предположение $b_k = 3k^2 - 6$:

$b_{k+1} = (3k^2 - 6) + 6k + 3$.

Упростим полученное выражение:

$b_{k+1} = 3k^2 + 6k - 3$.

Теперь преобразуем это выражение, чтобы привести его к виду $3(k+1)^2 - 6$. Для этого выделим слагаемые, необходимые для полного квадрата:

$b_{k+1} = 3k^2 + 6k + 3 - 3 - 3 = (3k^2 + 6k + 3) - 6$.

Вынесем общий множитель 3 за скобки:

$b_{k+1} = 3(k^2 + 2k + 1) - 6$.

Выражение в скобках представляет собой формулу квадрата суммы: $k^2 + 2k + 1 = (k+1)^2$.

Таким образом, мы получаем:

$b_{k+1} = 3(k+1)^2 - 6$.

Это в точности та формула, которую мы должны были доказать для $n=k+1$. Следовательно, индукционный переход доказан.

Поскольку база индукции верна и индукционный переход доказан, по принципу математической индукции формула $b_n = 3n^2 - 6$ верна для всех натуральных чисел $n$.

Ответ: Утверждение доказано. Последовательность, заданная условиями $b_1 = -3$ и $b_{k+1} = b_k + 6k + 3$, действительно может быть задана формулой $b_n = 3n^2 - 6$ для всех натуральных $n$.

667. Докажите, что последовательность $(a_n)$, в которой $a_1 = -5$, $a_{k+1} = a_k + 10k + 5$, можно задать формулой $a_n = 5n^2 - 10$.

Для доказательства того, что последовательность $(a_n)$, заданная рекуррентно ($a_1 = -5$ и $a_{k+1} = a_k + 10k + 5$), может быть задана формулой $a_n = 5n^2 - 10$, воспользуемся методом математической индукции.

Доказательство состоит из двух шагов:

1. База индукции
Проверим, выполняется ли равенство для $n=1$.
Согласно условию, $a_1 = -5$.
Подставим $n=1$ в предложенную формулу $a_n = 5n^2 - 10$:
$a_1 = 5 \cdot 1^2 - 10 = 5 - 10 = -5$.
Так как $-5 = -5$, формула верна для $n=1$. База индукции доказана.

2. Индукционный шаг
Предположим, что формула верна для некоторого натурального числа $n=k$, то есть $a_k = 5k^2 - 10$. Это наше индукционное предположение.
Докажем, что в этом случае формула будет верна и для следующего числа $n=k+1$, то есть докажем, что $a_{k+1} = 5(k+1)^2 - 10$.

Воспользуемся рекуррентной формулой, данной в условии задачи:
$a_{k+1} = a_k + 10k + 5$.

Теперь подставим в это равенство выражение для $a_k$ из нашего индукционного предположения:
$a_{k+1} = (5k^2 - 10) + 10k + 5$.

Упростим полученное выражение:
$a_{k+1} = 5k^2 + 10k - 5$.

С другой стороны, преобразуем правую часть формулы, которую мы хотим доказать для $a_{k+1}$:
$5(k+1)^2 - 10 = 5(k^2 + 2k + 1) - 10 = 5k^2 + 10k + 5 - 10 = 5k^2 + 10k - 5$.

Мы получили, что выражение для $a_{k+1}$, выведенное из рекуррентного соотношения, совпадает с выражением из проверяемой формулы для $n=k+1$. Таким образом, индукционный шаг доказан.

Поскольку база индукции верна и индукционный шаг доказан, по принципу математической индукции мы заключаем, что формула $a_n = 5n^2 - 10$ верна для всех натуральных $n$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

668. Докажите, что разность $49^n - 1$ кратна 48 при любом натуральном $n$.

Для доказательства того, что разность $49^n - 1$ кратна 48 при любом натуральном $n$, можно использовать несколько способов.

Способ 1: Использование формулы разности степеней

Воспользуемся известной алгебраической формулой для разности n-ых степеней: $a^n - b^n = (a - b)(a^{n-1} + a^{n-2}b + \dots + ab^{n-2} + b^{n-1})$.

Представим наше выражение $49^n - 1$ в виде $49^n - 1^n$, так как $1^n = 1$ для любого натурального $n$.

Применим формулу, где $a = 49$ и $b = 1$:

$49^n - 1^n = (49 - 1)(49^{n-1} \cdot 1^0 + 49^{n-2} \cdot 1^1 + \dots + 49^1 \cdot 1^{n-2} + 49^0 \cdot 1^{n-1})$

Упростим выражение:

$49^n - 1 = 48 \cdot (49^{n-1} + 49^{n-2} + \dots + 49 + 1)$

Выражение в скобках $(49^{n-1} + 49^{n-2} + \dots + 49 + 1)$ представляет собой сумму целых чисел, так как $n$ — натуральное число. Следовательно, эта сумма также является целым числом. Обозначим эту сумму как $k$.

Тогда исходное выражение можно записать как $48 \cdot k$, где $k$ — целое число. Это по определению означает, что выражение $49^n - 1$ делится нацело на 48 при любом натуральном $n$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

Способ 2: Метод математической индукции

Доказательство состоит из двух шагов: база индукции и индукционный переход.

1. База индукции. Проверим утверждение для наименьшего натурального $n$, то есть для $n=1$.

$49^1 - 1 = 49 - 1 = 48$

Число 48 кратно 48 ($48 = 48 \cdot 1$), поэтому для $n=1$ утверждение верно.

2. Индукционный переход. Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального числа $k$, то есть выражение $49^k - 1$ кратно 48.

Это означает, что существует такое целое число $m$, что $49^k - 1 = 48m$. Отсюда можно выразить $49^k = 48m + 1$.

Теперь докажем, что утверждение верно и для следующего натурального числа, $n = k+1$. То есть докажем, что $49^{k+1} - 1$ кратно 48.

Преобразуем выражение $49^{k+1} - 1$:

$49^{k+1} - 1 = 49^k \cdot 49 - 1$

Используем наше предположение ($49^k = 48m + 1$) и подставим его в выражение:

$(48m + 1) \cdot 49 - 1 = 48m \cdot 49 + 1 \cdot 49 - 1 = 48m \cdot 49 + 48$

Вынесем общий множитель 48 за скобки:

$48(49m + 1)$

Поскольку $m$ — целое число, то $49m+1$ также является целым числом. Таким образом, мы представили выражение $49^{k+1} - 1$ в виде произведения числа 48 и целого числа, что доказывает его кратность 48.

Так как утверждение верно для $n=1$ и из его верности для $n=k$ следует его верность для $n=k+1$, то по принципу математической индукции утверждение доказано для любого натурального $n$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

Способ 3: Использование бинома Ньютона

Представим число 49 как сумму $48+1$. Тогда исходное выражение примет вид:

$49^n - 1 = (48+1)^n - 1$

Раскроем скобки с помощью формулы бинома Ньютона:

$(a+b)^n = \binom{n}{0}a^n b^0 + \binom{n}{1}a^{n-1}b^1 + \dots + \binom{n}{n-1}a^1 b^{n-1} + \binom{n}{n}a^0 b^n$

Применим ее для $a=48$ и $b=1$:

$(48+1)^n = \binom{n}{0}48^n + \binom{n}{1}48^{n-1} \cdot 1 + \dots + \binom{n}{n-1}48 \cdot 1^{n-1} + \binom{n}{n}1^n$

Заметим, что все слагаемые в этой сумме, кроме последнего, содержат множитель 48 в степени от 1 до $n$. Последнее слагаемое равно $\binom{n}{n}1^n = 1 \cdot 1 = 1$.

Сгруппируем все слагаемые, содержащие множитель 48:

$(48+1)^n = \left(\binom{n}{0}48^n + \binom{n}{1}48^{n-1} + \dots + \binom{n}{n-1}48\right) + 1$

Вынесем 48 за скобку:

$(48+1)^n = 48 \cdot \left(\binom{n}{0}48^{n-1} + \binom{n}{1}48^{n-2} + \dots + \binom{n}{n-1}\right) + 1$

Выражение в скобках является целым числом, так как биномиальные коэффициенты и степени целых чисел являются целыми. Обозначим это выражение как $K$.

Тогда $(48+1)^n = 48K + 1$.

Подставим это обратно в исходное выражение:

$49^n - 1 = (48K+1) - 1 = 48K$

Так как $K$ — целое число, то $48K$ кратно 48. Утверждение доказано.

Ответ: Что и требовалось доказать.

669. Пусть $(u_n)$ — последовательность чисел Фибоначчи, т. е. $u_1 = 1, u_2 = 1, u_{n+2} = u_n + u_{n+1}$ при $n > 2$. Докажите, что эта последовательность обладает следующим свойством:

a) $u_1 + u_3 + u_5 + \dots + u_{2n-1} = u_{2n}$;

б) $u_1^2 + u_2^2 + u_3^2 + \dots + u_n^2 = u_n \cdot u_{n+1}$.

а) Докажем тождество $u_1 + u_3 + u_5 + ... + u_{2n-1} = u_{2n}$ методом математической индукции. Последовательность чисел Фибоначчи $(u_n)$ определяется следующим образом: $u_1 = 1$, $u_2 = 1$ и $u_{k+2} = u_{k+1} + u_k$ для всех натуральных $k \ge 1$.
1. База индукции. Проверим утверждение для $n=1$.
Левая часть равенства: $u_1 = 1$.
Правая часть равенства: $u_{2 \cdot 1} = u_2 = 1$.
Равенство $1=1$ верно, следовательно, база индукции выполняется.
2. Индукционный шаг. Предположим, что формула верна для некоторого натурального $n=k$, то есть:
$u_1 + u_3 + u_5 + ... + u_{2k-1} = u_{2k}$ (индукционное предположение).
Докажем, что из этого следует верность формулы и для $n=k+1$, то есть:
$u_1 + u_3 + u_5 + ... + u_{2k-1} + u_{2(k+1)-1} = u_{2(k+1)}$.
Преобразуем левую часть этого равенства, используя индукционное предположение:
$\underbrace{(u_1 + u_3 + ... + u_{2k-1})}_{u_{2k}} + u_{2k+1} = u_{2k} + u_{2k+1}$.
Согласно определению чисел Фибоначчи, $u_{2k} + u_{2k+1} = u_{2k+2}$.
Таким образом, левая часть равна $u_{2k+2}$, что совпадает с правой частью $u_{2(k+1)}$.
Индукционный шаг доказан. Следовательно, по принципу математической индукции, формула верна для любого натурального $n$.
Ответ: Тождество доказано.

б) Докажем тождество $u_1^2 + u_2^2 + u_3^2 + ... + u_n^2 = u_n \cdot u_{n+1}$ методом математической индукции.
1. База индукции. Проверим утверждение для $n=1$.
Левая часть равенства: $u_1^2 = 1^2 = 1$.
Правая часть равенства: $u_1 \cdot u_2 = 1 \cdot 1 = 1$.
Равенство $1=1$ верно, база индукции выполняется.
2. Индукционный шаг. Предположим, что формула верна для некоторого натурального $n=k$, то есть:
$u_1^2 + u_2^2 + ... + u_k^2 = u_k \cdot u_{k+1}$ (индукционное предположение).
Докажем, что формула верна и для $n=k+1$, то есть:
$u_1^2 + u_2^2 + ... + u_k^2 + u_{k+1}^2 = u_{k+1} \cdot u_{k+2}$.
Преобразуем левую часть этого равенства, используя индукционное предположение:
$\underbrace{(u_1^2 + u_2^2 + ... + u_k^2)}_{u_k \cdot u_{k+1}} + u_{k+1}^2 = u_k \cdot u_{k+1} + u_{k+1}^2$.
Вынесем общий множитель $u_{k+1}$ за скобки:
$u_{k+1} (u_k + u_{k+1})$.
По определению последовательности Фибоначчи, $u_k + u_{k+1} = u_{k+2}$.
Подставив это в выражение, получаем:
$u_{k+1} \cdot u_{k+2}$.
Это совпадает с правой частью равенства для $n=k+1$.
Индукционный шаг доказан. Следовательно, по принципу математической индукции, формула верна для любого натурального $n$.
Ответ: Тождество доказано.